高中化学鲁科版 (2019)选择性必修1第2节 弱电解质的电离 盐类的水解复习练习题

这是一份高中化学鲁科版 (2019)选择性必修1第2节 弱电解质的电离 盐类的水解复习练习题，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH＞7，BX溶液的pH＜7，由此判断不水解的盐是
A．BXB．AYC．AXD．BY
2．室温下，通过实验探究NaHS溶液的性质并记录如下。下列说法不正确的是
A．实验1证明NaHS溶液中存在：
B．实验1可推测出NaHS溶液中存在：
C．实验2反应的离子方程式：
D．实验3反应静置后的上层清液中存在：
3．属于弱电解质的是
A．冰水混合物B．烧碱C．液氨D．氯气
4．室温下，向20mL 的HA溶液中逐滴加入NaOH溶液(忽略溶液体积变化)，溶液中由水电离出的浓度的负对数与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是
A．b点溶液中
B．c点溶液呈中性
C．室温下，的HA溶液中
D．在滴加过程中，先减小后增大
5．已知的二元酸溶液中，存在如下电离：。常温下，向的该酸溶液中滴加相同浓度的溶液，下列说法正确的是
A．溶液中存在的微粒有
B．当时，溶液的
C．当时，溶液中有
D．当时，溶液中有
6．用一定浓度的H2SO4溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 ml/L的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种溶液，滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能力越强)下列说法错误的是
A．曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O
B．H2SO4的浓度为0.100 ml/L
C．a、b、c、d四点中，d点水的电离程度最小
D．d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c()+c(H+)=c()+c(OH-)
7．时，先将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1ml/L的KOH溶液。此过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是

A．①点的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(HClO)+c(OH-)+c(ClO-)
B．②点的溶液中：c(H+)> c(Cl-)>c(ClO-)> c(HClO)
C．③点的溶液中：c(K+)=c(ClO-)+c(Cl-)
D．④点的溶液中：c(K+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(HClO)
8．分别将下列物质：①硫酸铜②Na2O2③NaCl④Ca(HCO3)2⑤FeCl3投入水中，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是
A．①②③B．①③C．③④D．③
9．实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液)为原料制备的实验流程如图甲所示，具有强氧化性，易被还原为，的结构如图乙所示。下列说法正确的是
A．“除锰”反应的离子方程式为
B．“除锰”反应中每消耗，硫元素共得到2ml电子
C．试剂X可以选用Zn、ZnO等物质
D．滤液中一定大量存在阳离子有、和
10．常温常压下，分别在等体积 pH=2 的酸溶液和 pH=12 的 NaOH 溶液中加入足量的 Al，产生氢气的体积分别为 aL 和 bL，下列说法一定正确的是（ ）
A．酸是多元强酸：a＞bB．酸是一元强酸：a=b
C．酸是一元弱酸：a＞bD．酸是多元弱酸：a＜b
二、填空题
11．某国产电动汽车推出的“刀片电池”具有强环境适应性，更安全可靠。“刀片电池”正极材料使用了磷酸亚铁锂(LiFePO4)。磷酸亚铁锂(LiFePO4)由Li2CO3、C6H12O6和FePO4在高温条件下制备。
(1)铁是26号元素，它是 。(选填编号)
a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．长周期元素
磷元素的原子核外有 种运动状态不同的电子。
(2)上述方程式中，CO2的电子式为 ，属于第二周期的元素，原子半径由小到大排列 。
(3)反应中的氧化剂是 ；当有0.1mlLiFePO4生成时，转移电子的数目为 个。
磷酸亚铁锂也可以用(CH3COO)2Fe、NH4H2PO4和LiOH为原料制备。
(4)NH4H2PO4溶于水形成的溶液中存在：c(H+)+c()=c(OH-)+c(H2PO)+ 。
(5)请解释(CH3COO)2Fe溶于水显酸性的原因 。
12．已知25℃时，电离平衡常数：
回答下列问题：
(1)下列四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是 （填标号）。
a、HCO3- b、HClO c、CH3COOH d、H2CO3
(2)下列反应不能发生的是___________。
A．
B．ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO
C．
D．
(3)用蒸馏水稀释0.10ml·L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________。
A．B．C．D．
13．Ⅰ.水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度上升到100℃时，水的电离平衡状态为B点。
（1）在100℃时，Kw的表达式为 ，在此温度下，Kw的值为 ml2/L2。
（2）在室温下，将pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为 。
（3）室温时将pH为3的硫酸溶液稀释100倍，稀释后溶液中，c()和c(H+)之比为 。
Ⅱ.现有溶质为①CH3COOH，②HCl、③H2SO4的三种溶液，根据要求回答下列问题：
（1）写出①的电离方程式： 。
（2）当它们pH相同时，其物质的量浓度最大的是 （填序号）。
（3）当它们的物质的量浓度相同时，其pH最小的是 （填序号）。
（4）在室温下，将c(H+)均为0.1ml/L的三种酸分别加水稀释至原来的10倍，c(H+)由大到小的顺序为 （填序号）。
（5）体积和物质的量浓度均相同的①②③三种酸溶液，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积比为 。
（6）三种酸溶液的pH相同时，若消耗等量的Zn，则需三种酸溶液的体积大小关系为 （填序号）。
14．25℃下，溶液加水稀释，所得体积为V的溶液的pH随变化关系如图所示，结合表中给出的电离常数(25℃下)回答下列问题：
(1)25℃时，在的溶液中，由水电离出的浓度为 。
(2)以为例，设计实验证明“越稀越电离”
(3)图中b (填“>”“”“”、“”、“c(Cl-)+c(ClO-)，ClO-水解，则c(Cl-)>c(ClO-)，D错误；
故选C。
8．B
【详解】①CuSO4是难挥发性的强酸与弱碱反应产生的盐，对其溶液加热蒸干，仍能得到原物质，正确；
②Na2O2放入水中发生反应产生NaOH和O2，把溶液蒸干得到的物质是NaOH，不是原物质，错误；
③NaCl是强酸强碱盐，把溶液蒸干得到的物质是NaCl，正确；
④Ca（HCO3)2是强碱弱酸的酸式盐，Ca（HCO3)2不稳定，受热分解产生CaCO3、CO2、H2O，将溶液蒸干，得到的是CaCO3，不是原物质，错误；
⑤FeCl3是容易挥发的强酸与弱碱产生的盐，将其水溶液蒸干，得到的是Fe（OH)3，不是原物质，错误。故将原溶液蒸干，可以得到原物质的是①③；
答案选B。
9．A
【分析】向含锌废液中加入Na2S2O8溶液，发生氧化还原反应生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入氨水和NH4HCO3沉锌生成碳酸锌ZnCO3；
【详解】A．含锌废液中加入Na2S2O8溶液，发生氧化还原反应生成MnO2沉淀，反应中锰元素化合价由+2变为+4，中过氧根中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒可知，“除锰”反应的离子方程式为，A正确；
B．“除锰”反应中中过氧根中氧元素化合价由-1变为-2，则每消耗，氧元素共得到2ml电子，B错误；
C．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；
D．根据分析，锰、铁、锌转化为沉淀，则滤液中不会大量存在锌离子，D错误；
故选A。
10．C
【分析】常温常压下，pH=2 的酸溶液和 pH=12 的 NaOH 溶液中c(H+)=c(OH-)=0.01ml/L，强酸、强碱与Al发生反应的离子方程式为，据此分析解答。
【详解】A. 酸是多元强酸，则等体积的两溶液提供的n(H+)=n(OH-)，则根据反应方程式的比例关系可知a＜b，故A错误；
B. 酸是一元强酸，则等体积的两溶液提供的n(H+)=n(OH-)，则根据反应方程式的比例关系可知a＜b，故B错误；
C. 酸是一元弱酸，弱酸溶液中存在未电离的弱酸分子，弱酸的电离是微弱的，则酸能提供的n(H+)＞3n(OH-)，则a＞b，故C正确；
D. 酸是多元弱酸，弱酸溶液中存在未电离的弱酸分子，弱酸的电离是微弱的，则酸能提供的n(H+)＞3n(OH-)，则a＞b，故D错误；
故选C。
11．(1) bd 15
(2) r(O)Ka（H2CO3）>Ka（HClO）>Ka（），所以四种物质电离出质子的能力由大到小的顺序是c>d>b>a；
（2）A．据图表可知，电离平衡常数：Ka（CH3COOH）>Ka（H2CO3），所以醋酸能够制备碳酸，所以能够发生；
B．据图表可知，电离平衡常数：Ka（CH3COOH）>Ka（HClO），根据强酸制备弱酸规律，醋酸能够制备次氯酸，故ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO反应能够发生；
C．据图表可知，电离平衡常数：Ka（H2CO3）>Ka（HClO）；根据强酸制备弱酸规律，次氯酸不能制备碳酸，故反应不能发生；
D．据图表可知，电离平衡常数：Ka（H2CO3）>Ka（HClO）>Ka（）；根据强酸制备弱酸规律，碳酸与次氯酸的盐反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，故反应不能发生；
故选CD；
（3）醋酸属于弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，平衡右移，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-），n（H+）增加，由于溶液的体积增加的较大，所以c（CH3COO-）、c（H+）、c（CH3COOH）均减小，根据Kw=c（H+）c（OH-）分析可知，溶液中c（OH-）增大；由于温度不变，Ka=保持不变；
A．=，由于c（CH3COO-）减小，所以减小，故A错误；
B．=，由于c（H+）减小，所以增大，故B正确；
C．Kw=c（H+）c（OH-），由于稀释过程温度不变，Kw不变，=，稀释过程中c（OH-）增大，所以减小，故C错误；
D．稀释过程中，c（H+）减小，c（OH-）增大，所以减小，故D错误；
故选B。
13． ① ③ ①②③ ①②③
【分析】Ⅰ.(1)结合图象及 Kw=c(H+)∙c(OH-)计算；
(2)利用H++ OH-= H2O计算；
(3)溶液稀释时，溶质的物质的量不变；
Ⅱ.CH3COOH为弱电解质，HCl、H2SO4均为强酸。
【详解】Ⅰ.(1)在100℃时，Kw表达式为Kw=c(H+)∙c(OH-)，由图象可知，在此温度下c(H+)=c(OH-)=10-6ml/L，则Kw=c(H+)∙c(OH-)=10-6ml/L×10-6ml/L=1×10-12ml2/L2。
(2)在室温下，pH=9的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-5ml/L，pH=5的稀盐酸中c(H+)=10-5ml/L，设氢氧化钡溶液的体积为xL，盐酸的体积为yL，混合溶液的pH=7，溶液呈中性，则n(H+)=n(OH-)，即10-5ml/L×xL=10-5ml/L×yL，解得x：y=1：1，则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为1：1。
(3)室温时，pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3ml/L，c()=5×10-4ml/L，将此溶液稀释100倍后，c()=5×10-6ml/L，而c(H+)=10-5ml/L，则c()：c(H+)=5×10-6ml/L：10-5ml/L=1：2。
Ⅱ.(1) CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+。
(2)当三种溶液pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1ml/L的氢离子，①醋酸为弱电解质，则醋酸的浓度应大于1ml/L、②HCl为强酸只能电离出1个氢离子，盐酸的浓度为1ml/L、③H2SO4为强酸，能电离出2个氢离子，硫酸的浓度为0.5ml/L，故物质的量浓度最大的是①。
(3)当三种溶液的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1ml/L；①CH3COOH电离出的氢离子浓度小于1ml/L，②HCl电离出的氢离子浓度为1ml/L，③H2SO4电离出的氢离子浓度为2ml/L；故pH最小的是③。
(4)加水稀释时促进醋酸的电离，醋酸继续电离出氢离子，所以稀释10倍后，醋酸溶液中H+浓度大于原来的，盐酸和H2SO4溶液中H+浓度为原来的，则c(H+)由大到小的顺序是①＞②＝③。
(5)体积和物质的量浓度均相同的三种酸溶液，醋酸和HCl是一元酸，硫酸是二元酸，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积比为1：1：2。
(6)盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，三种酸溶液的pH相同时，c(CH3COOH)最大，若消耗等量的Zn，则需三种酸溶液的体积大小关系为①＜②＝③。
14．(1)
(2)常温下，取的溶液10mL，用计测出，加水稀释到100mL，用计测出，变化小于1
(3)>
(4)AD
(5)
【详解】（1）25℃时，在的溶液中，=3， ，由水电离出的，；
（2）常温下，取的溶液10mL，用计测出，加水稀释到100mL，用计测出，变化小于1，说明稀释过程平衡正向移动，即越稀释越电离；
（3）弱电解质稀释存在电离平衡，若b=1，稀释倍，醋酸分子电离补充，浓度减小小于10倍，由图可以看出增大1，较小10倍，那么稀释体积应该大于10倍，故b>1；
（4）A. 醋酸电离是吸热的，降低温度，平衡逆向移动，c()增大，减小，故 减小，故A符合题意；
B. 越稀越电离，加水稀释平衡正向移动，增大，减小，增大，故B不符合题意；
C. 加少量的固体，平衡逆向移动，但是c()增大，增大的更多，故 增大，故C不符合题意；
D. 加少量冰醋酸，平衡正向移动，增大，但是c()增大更多，故 减小，故D符合题意；故答案为：AD；
（5）的HNO2与aml·L-1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(NO) =c(Na+)，根据电荷守恒+c(NO) =c(Na+)+，=溶液呈中性，混合溶液中c(NO) =c(Na+)= ，=(- aml·L-1)= ，则HNO2电离常数的表达式为；
15．(1)B
(2)D
(3)
(4)＞
(5)AD
【详解】（1）除了利用反渗透膜的分离方法外，还可以通过蒸馏的方法对海水进行淡化；
（2）A．MgCl2属于强酸弱碱盐，水解呈酸性，故A错误；
B．NaCl属于强酸强碱盐，不水解溶液呈中性，故B错误；
C．KBr属于强酸强碱盐，不水解溶液呈中性，故C错误；
D．NaHCO3属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D正确；
答案选D。
（3）在浓氨水中通入过量CO2后，加入NaCl颗粒可制得碳酸氢钠的同时还会生成氯化铵，氯化铵为离子化合物，所以其电子式为 ；
（4）若将盐酸和氨水等量混合，生成产物只有氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，所以常温时当所得溶液pH=7，氨水过量，根据物料守恒，[NH4+]+[NH3·H2O]＞[Cl-]；
（5）A．碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成碳酸氢钠，而碳酸氢钠与碱反应生成碳酸钠，二中可以相互转化，故A错误；
B．碳酸钠中的碳酸根离子和碳酸氢钠中的碳酸氢根离子均能水解，故B正确；
C．碳酸钠中碳酸根离子和碳酸氢钠中的碳酸氢根离子水解都为吸热过程，所以升温促进水解使溶液碱性增强，故C正确；
D．碳酸钠溶液中存在物料守恒，碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，故D错误；
答案选AD。
16．(1)
(2) 正盐
(3)B
(4)大于
【详解】（1）根据电离常数的大小，电离常数越大，电离产生的浓度越大，酸性越强，电离常数是最小的，所以同浓度的溶液中，最小的是。
（2）因为二元弱酸，所以只有电离出两个，所以为正盐；的二级电极方程式为：；根据电离方程式，其电离常数表达式为：。
（3）在溶液中存在离平衡：，加水稀释，平衡正向移动，因为溶液体积增大，、、浓度减小，因为平衡正向移动，增大，减小，变大。故选B。
（4）根据图像，相同醋酸溶液与一元酸分别加水稀释相同的倍数，的较大，酸性强，电离常数较大，故电离常数，大于醋酸。
17．(1)②＞④＞①＞③
(2)CN-+H2OHCN+OH-
(3)
(5)CN-+ CO2+H2O=HCN+ HCO；
【详解】（1）根据题目的电离平衡常数分析，平衡常数越大，弱酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，钠盐的碱性越弱。已知酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCN，则4种溶液：①NaCN溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液、④Na2CO3溶液的碱性大小是②＞④＞①＞③，则这4种溶液的pH由大到小的顺序是②＞④＞①＞③，故答案是②＞④＞①＞③；
（2）NaCN溶液呈碱性的原因是CN-发生水解反应，离子方程式是CN-+H2OHCN+OH-，故答案是CN-+H2OHCN+OH-；
（3）等体积③CH3COONa溶液和④Na2CO3溶液中分别滴加盐酸至溶液呈中性，由于同浓度下，CH3COONa溶液的pH较小，则需要盐酸中和至中性的量较少，故答案是；
（5）由于碳酸的酸性比HCN强，但第二步电离出HCO比HCN弱，故向NaCN溶液中通入CO2，则发生反应的离子方程式为CN-+ CO2+H2O=HCN+ HCO；故答案是CN-+ CO2+H2O=HCN+ HCO；
18．(1) NaHSeO4=Na++ 、 ⇌H++
(2)H3PO3+F-=+HF
(3) BaCl2 12.3
【详解】（1）)①硒酸(H2SeO4)在水溶液分两步电离，第二步是可逆的，则NaHSeO4在水溶液中的电离方程式为：NaHSeO4=Na++ 、 ⇌H++；
②25℃时，1ml/L的H2SeO4溶液中，的起始浓度为1ml/L，H+的起始浓度也为1ml/L，的电离度为α，列出三段式：
电离常数 Ka==；
（2）亚磷酸(H3PO3)是二元酸，25℃时，K a1=1×10-2、Ka2=2.6×10-7，HF的电离常数的值为Ka=3.6×10-4，由电离常数可知，酸性：H3PO3＞HF＞，根据强酸制弱酸原理，足量H3PO3溶液和NaF溶液反应生成NaH2PO3和HF，离子方程式为：H3PO3+F-=+HF；
（3）①C点时，溶液的pH为7，表明酸碱恰好中和，盐酸和氢氧化钡生成氯化钡和水，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，所以C点时，溶液中的溶质为BaCl2；
当滴加Ba(OH)2的体积至60mL时，溶液为中性，当滴加Ba(OH)2的体积至80 mL时，溶液总体积为20mL+80mL=100mL，则反应后 c(OH-)==0.02ml/L，则 pOH=-lgc(OH-)=−lg0.02=1.7 ，常温下，pH+pOH=14，所以 pH=12.3 。
19．(1)
(2)
(3) 图1 酚酞 偏高 偏低
【详解】（1）是弱酸，取相同体积与和溶液，醋酸的物质的量大，分别和足量的锌粉反应，生成相同体积的氢气时，氢离子浓度下降的慢，速率快，用时较少的是；最终生成氢气的体积较多的是；
（2）的溶液与的溶液等体积混合后，溶液呈中性，根据电荷守恒，溶液呈中性，=2，；
（3）①用的溶液滴定溶液最终生成氯化钠，滴定终点pH=7，故滴定溶液曲线是图1；图2 E点为滴定终点，产物为溶液中所有离子浓度大小关系为；
②滴定醋酸产物为，显碱性，实验中应选用碱性变色的指示剂酚酞；：a.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成氢氧化钠标准液消耗体积偏大，测出醋酸浓度偏高；b.滴定结束后读数时俯视液面，读出的标准液体积偏小，测出醋酸浓度偏低；
20．(1)③④⑤⑥
(2)c
(3)B
【详解】（1）在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O＋OH-，根据平衡移动原理分析解答。
①向其中加入NH4Cl固体，导致溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，①不符合题意；
②向其中加NaOH溶液，导致溶液中c(OH-)增大，电离平衡逆向移动，②不符合题意；
③向其中通入HCl，HCl电离产生的H+与溶液中OH-反应产生H2O，氨水中的电离平衡正向移动，③符合题意；
④向溶液中加CH3COOH溶液，CH3COOH电离产生的H+会中和溶液中OH-，导致溶液中c(OH-)减小，电离平衡正向移动，④符合题意；
⑤向氨水中加水，对氨水其稀释作用，电离平衡正向移动，⑤符合题意；
⑥弱电解质电离过程会吸收热量，将该氨水加热至沸腾，会促进NH3·H2O电离，因此电离平衡正向移动，⑥符合题意；
综上所述可知：能引起电离平衡正向移动的有③④⑤⑥；
（2）在氨水中存在电离平衡：NH3·H2O＋OH-，由于其中含有酚酞试液，溶液显红色。向其中加入少量NH4Cl固体，溶液中c()增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)减小，因此溶液的红色变浅，故合理选项是c；
（3）在0.1 ml/L醋酸溶液中含有自由移动的离子，因此溶液能够导电，向其中逐滴加入氨水，二者反应产生CH3COONH4，电离产生自由移动的CH3COO-、，使溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，当二者恰好反应产生CH3COONH4时溶液中离子浓度最大，溶液导电能力最强，后再加入氨水，氨水对溶液起稀释作用，导致溶液中自由移动的离子浓度减少，溶液导电能力减弱，故符合该变化趋势都是B。
21． CO＋Cu2＋＋H2O=Cu(OH)2↓＋CO2↑ 取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净 CuSO4 装置C中澄清石灰水变浑浊 A→B→E 吸收空气中的H2O和CO2 使装置中滞留的H2O和CO2全部进入测量装置中
【详解】Ⅰ.(1)乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2，这说明铜离子和碳酸根离子水解相互促进生成氢氧化铜沉淀和二氧化碳，反应的方程式为CO＋Cu2＋＋H2O=Cu(OH)2↓＋CO2↑；
(2)在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，由于滤液中含有硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净；
Ⅱ．(3)利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，装置B中为无水硫酸铜，若含氢氧化铜，分解生成的水使无水硫酸铜变蓝色；
(4)可用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，进而判断有碳酸铜，则装置C中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3；
Ⅲ．(5)实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除，氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气，通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收，其中可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，则实验仪器的连接顺序应为C→A→B→E→D；
(6)根据以上分析可知装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O和CO2，结束时通入过量“空气”的作用是使装置中滞留的H2O和CO2全部进入测量装置中。
(7)装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为，故氢氧化铜的质量为×98g/ml=g，沉淀中CuCO3的质量分数为×100%=()×100%。
22． D 加快反应速率 热水浴 C 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O 3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ Fe3＋水解 NH4Fe(SO4)2·12H2O
【分析】由流程可知，废铁屑表面有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和Fe不反应，所以步骤①可以用碱性溶液除去废铁屑表面的油污，步骤②中干净的铁屑加入稀硫酸中并加热，稀硫酸和Fe发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的FeSO4，步骤③中在滤液中加入H2O2溶液，Fe2+被氧化生成Fe3+而得到硫酸铁溶液，步骤④为硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，步骤⑤为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵固体，以此来解答。
【详解】(1)油污在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗，从而除去油污，加热更有利于反应的进行，故选D；
(2)步骤②需要加热的目的是加快反应速率，温度保持80～95 ℃，采用的合适加热方式为热水浴；铁屑中含有少量硫化物；反应产生的气体需要净化处理；硫化物和稀硫酸反应生成H2S，H2S属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸，B、D不能防止倒吸且A溶解硫化氢能力较弱，硫化氢与NaOH反应，所以选C最合理；
(3)H2O2具有氧化性，能氧化Fe2+生成Fe3＋且双氧水被还原生成水，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，不引入杂质，所以选取双氧水作氧化剂；为了检验该反应还是否存在Fe2＋，可加入黄色铁氰化钾溶液，观察是否生成蓝色沉淀，发生反应的离子方程式是3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；Fe3+水解导致溶液呈酸性，H+能抑制Fe3+水解，为防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；
(4)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失去结晶水的式量=18×1.5=27，失重5.6%，则该晶体式量=，，所以其化学式为NH4Fe(SO4)2⋅12H2O。
23．(1)CO2
(2)
(3)实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2
(4) 向试管中加入1mL 0.1ml/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成 + Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+ Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀
【详解】（1）实验I中，从过程ⅲ看，沉淀主要为Cu(OH)2，则过程i产生的蓝色絮状沉淀Cu(OH)2主要来自Cu2+水解，同时生成的H+与反应，先产生，再生成CO2，所以少量气泡主要成分是CO2。答案为：CO2；
（2）实验Ⅱ中, 从过程ⅲ看，产生的天蓝色粉末状沉淀应为CuCO3，则过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是。答案为：；
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ中过程ii，Ⅰ的溶液中含有，Ⅱ的溶液中含有，两溶液中都发生Cu2+水解生成H+的反应，则II中产生气泡明显更快的原因是：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2。答案为：实验ⅡCuSO4溶液中Cu2+水解产生H+，H+与结合立即产生CO2，相同条件下实验Ⅰ中H+与结合产生，当H+过量时才会与结合产生CO2；
（4）①推测1中，酸性条件下，发生分解，生成S、SO2等，所以应设计的实验方案是向试管中加入1mL 0.1ml/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成。
②推测2中，酸性条件下，与Cu2+直接反应产生CuS，同时有生成，发生反应的离子方程式是+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+。
③酸性条件下，Na2S2O3溶液与CuSO4溶液酸性条件下反应，实验现象中反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀，则表明前期先发生少部分H2S2O3的分解，大部分在中后期发生推测2中的反应，从而得出原因是：Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。答案为：向试管中加入1mL 0.1ml/L CuSO4溶液，通入SO2的同时加入S粉，观察有黑色沉淀生成；+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+；Na2S2O3在H2SO4中的分解反应（+2H+=SO2↑+S↓+H2O）反应速率较快，反应限度较小；与Cu2+直接生成CuS（+ Cu2+ + H2O = + CuS↓+ 2H+）反应速率较慢，但反应限度大于与H+反应的限度。因此反应初期产生黄色沉淀，反应中后期产生黑色沉淀。
【点睛】Cu2+与发生反应时，试剂的滴加顺序不同，发生的反应不同，产生的现象不同。